Scuole italiane all’estero Americhe3 anichelli ditore 2018 SOLUZIONE • SESSIONE ORDINARIA 2016...
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PROVA D’ESAME • SESSIONE ORDINARIA 2016
Scuole italiane all’estero • Americhe
Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario.Durata massima della prova: 6 ore.È consentito l’uso della calcolatrice non programmabile.
PROBLEMA 1
Considerata la funzione :G R R" così definita:
sinG x e t dttx
0
2 2=^ ^h hy ,
svolgi le richieste che seguono.1. Discuti campo di esistenza, continuità e derivabilità della funzione G x^ h. Individua gli intervalli di posi-
tività/negatività e le eventuali intersezioni con gli assi cartesiani.2. Determina l’esistenza degli asintoti della funzione G x^ h, motivando opportunamente la risposta.3. Individua i punti stazionari della funzione G x^ h, riconoscendone la tipologia, e i punti di flesso. Disegna
quindi il grafico della funzione, motivando le scelte fatte.4. Studia l’andamento dei coefficienti angolari delle rette tangenti alla funzione G x^ h nei suoi punti di
flesso a tangente obliqua, determinando in particolare se tali rette formano un fascio di rette parallele.
PROBLEMA 2
Sia C il grafico della funzione
,f x k e k k11 0Rx$
2!=+ -^ h
definita sull’insieme R dei numeri reali.1. Relativamente al grafico C , mostra come variano le coordinate del suo punto di flesso P in funzione del
parametro k e verifica che in tale punto la pendenza del grafico è indipendente da k.2. Dopo aver verificato che la funzione logp x k e x1 x$= + +-^ ^h h è una primitiva di f, determina l’area
della regione piana compresa tra C , l’asse y, l’asse x e la retta di equazione logx a= ^ h. Che valore deve assumere a perché tale area sia uguale a 1?
3. Dimostra che
logg x xkx
1= -^ ah k,è la funzione inversa di f e tracciane il grafico. Prova inoltre che la suddetta funzione g è crescente in tutto il suo dominio e che il grafico della funzione h, definita come
h x f x g x= +^ ^ ^h h h,interseca l’asse x in un unico punto.
4. Considerata, per x R! , la funzione
F x f t dtx
0=^ ^h hy ,
determina le equazioni dei suoi asintoti e traccia il grafico di F x^ h.
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QUESTIONARIO
Tre circonferenze di raggio 1 sono tangenti esternamente una all’altra. Qual è l’area della regione interna che esse delimitano?
In un’urna ci sono 20 biglie, ognuna delle quali è rossa o nera. Stabilire quante sono quelle nere, sapendo che estraendo 2 biglie senza riporre la prima estratta, la probabilità di estrarre almeno una biglia nera è
3827 .
Dato un cilindro equilatero e la sfera a esso circoscritta, qual è la probabilità che un punto interno alla sfera cada all’interno del cilindro?
Un solido ha per base la regione R del piano cartesiano compresa tra il grafico della funzione:
f x x 11
2=+
^ h ,
e l’asse delle x nell’intervallo ;0 36 @; le sue sezioni ottenute su piani perpendicolari all’asse x sono tutti trian-goli isosceli di altezza kx, con k R! . Determinare k in modo che il volume del solido sia pari a 2.
Il grafico di un polinomio di 3° grado è tangente all’asse x nell’origine e interseca nuovamente l’asse x in un punto di ascissa positiva. L’ascissa e l’ordinata del punto di massimo relativo sono tra loro uguali e diverse da 0. Determinare l’area della regione piana limitata che è compresa tra l’asse x e il grafico del polinomio, sapendo che anche tale area coincide numericamente con il valore comune all’ascissa e all’ordinata nel punto di massimo.
Il grafico in figura è quello della derivata prima f xl̂ h di una funzione f x^ h continua in R . Il grafico riportato è simmetrico rispetto all’origine ed ha come asintoti le rette di equazione x 0= e x y5 2 0+ = .Descrivere le principali caratteristiche relative all’andamento della funzione f x^ h e tracciarne, indicativamente, un possibile grafico. Tracciare inoltre il grafico della funzione f xm̂ h.
Sono date le funzioni f x e x3= -^ h e g x e x2=^ h . Determinare l’area della regione limitata racchiusa dall’asse x e dai grafici di f e di g.
Un giocatore di basket si esercita ai tiri liberi. Normalmente ha una quota di canestri dell’80%.Con quale probabilità va a canestro esattamente due volte su tre tiri?Individua un evento E per il quale valga:
, ,P E5040 0 8 0 240 10$ $=^ ch m .
Dati i punti A(4; 14; 17), B (16; 11; 14), C (16; 2; 23):a. si dimostri che il triangolo ABC è isoscele e rettangolo;b. quali sono le coordinate del punto D tale che ABCD sia un quadrato?
Si considerino nello spazio il punto P (1; 2; -1) ed il piano a di equazione x y z2 4 0- + + = .a. Verificare che P ! a ;b. determinare le equazioni delle superfici sferiche di raggio 6 che sono tangenti ad a in P .
1
2
3
4
5
y
O x–1 1
–20
–10
10
–2
20
2 3 4–3–4
■ Figura 1
6
7
8
9
10
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SOLUZIONE • SESSIONE ORDINARIA 2016
Scuole italiane all’estero • Americhe
PROBLEMA 1
1. Consideriamo la funzione integranda
sing x e xx 2=^ h ,
è definita e continua per ogni x reale.Per il teorema fondamentale del calcolo integrale, la funzione integrale
sinH x g t dt e t dtx tx
02
0= =^ ^ ^h h hy y
è continua e derivabile con
H x g x=l̂ ^h h.La funzione data
sinG x e t dttx 20
2=^ ^h hy
può essere allora vista come la composizione della funzione h x x2=^ h con H x^ h:G x H x H h x2= =^ ^ ^ ^h h hh.
Poiché H x^ h e h x^ h sono derivabili, anche G x^ h è derivabile (e definita e continua) in R , con:
sin sinG x H h x h x g h x h x e x e x2 2 2 2x x2 2 2 2$ $ $= = = =l l l l^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^h hh h hh h h .
Studiamo il segno e le intersezioni con gli assi di G x^ h.Poiché la funzione integranda sing x e xx 2=^ h è sempre positiva e nulla solo nei punti x kr= , con k intero, la funzione G x^ h risulta positiva per x 02 e negativa per x 01 . Infatti:
per x 02 , G x g t dt 0x
0
22=^ ^h hy ;
per x 01 , G x g t dt G x g t dt0 0x x2
0
2
0"2 1= =-^ ^ ^ ^h h h hy y .
L’unico punto di intersezione del grafico di G x^ h con gli assi è allora l’origine del sistema di riferimento, in quanto G 0 0=^ h .
2. La funzione G x^ h è continua su R , quindi non ha asintoti verticali.Stabiliamo se la funzione G x^ h ammette asintoti destro o sinistro.Per x 02 , la funzione integranda sing x e xx 2=^ h oscilla fra 0 e ex, quindi l’area sottesa da g x^ h aumenta sempre più, in modo esponenziale, all’aumentare di x.
In particolare, in ogni intervallo del tipo ;n n 1r r+^ h6 @ il grafico di g x^ h presenta un “pinnacolo” come illustrato in figura a pagina seguente, con g n g n 1 0r r= + =^ ^^h h h .
Questi pinnacoli hanno la base di ampiezza r e l’altezza che segue l’andamento di y ex= , quindi la loro area aumenta sempre più, in maniera esponenziale.
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y
O x
100
200
π 2π
y = ex
g(x) = ex sin2x
■ Figura 2
Nel calcolo di G x^ h, all’aumentare di x, si vanno a sommare man mano le aree di questi pinnacoli, per-tanto G x^ h ha un andamento esponenziale per x 02 e non ammette asintoto per x " 3+ .
Volendo formalizzare la situazione, cerchiamo un minorante per l’area del pinnacolo, facile da calcolare. Osserviamo che in ogni intervallo ;n n 1r r+^ h6 @ è sicuramente:
sin sine x e xx n2 2$ r ,
quindi
sin sin sine x dx e x dx e xdxxn
nn n
n
n
n
n2
12 2
11$ =
r
rr r
r
r
r
r+ ++^ ^^ ^ ^h hh h hy yy .
Calcoliamo per parti l’integrale indefinito:
sin sin sin cos sin cos cos cos sin sinx dx x x dx x x x x dx x x x dx12 2 "$ $ $ $= =- + =- + -^ hy y y y
sin cos sin sin cos sinx dx x x dx x dx x x x c2 1 212 2"$ $=- + = - + +^ hy y y .
L’integrale indefinito risulta allora:
sin cos sinx dx x x x21
n
n
n
n2
1 1$= - + =
r
r
r
r+ +^^ ^h
h h8 By
cos sin cos sinn n n n n n21 1 1 1 2
1$ $r r r r r r- + + + + - - + =^ ^ ^ ^ ^h h h h h8 8B B
n n21 1 2
12r rr
+ - =^ h8 8B B
ottenendo infine la minorazione:
sin sine x dx e x dx e2x
n
nn
n
nn2
12
1$$
r=
r
rr
r
rr
+ +^^ ^hh hy y .
L’area del pinnacolo relativo all’intervallo ;n n 1r r+^ h6 @ è dunque maggiore di e2n$
r r , e quindi ha un andamento di tipo esponenziale man mano che gli intervalli considerati si spostano verso destra.La funzione G x^ h, che rappresenta l’area dei pinnacoli compresi nell’intervallo ; x0 26 @, ha pertanto anda-mento esponenziale e non ammette asintoto obliquo (né, ovviamente, orizzontale).
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Per x 01 potremmo procedere in maniera simile, valutando l’area dei pinnacoli e mostrare che queste aree tendono a 0 per x " 3- , sempre con andamento esponenziale, in modo tale che il loro contributo nel calcolo di G x^ h è così ridotto da portare a un asintoto orizzontale.
y
O x
0,01
0,02
–2π –π
y = ex
g(x) = ex sin2x
■ Figura 3
Possiamo procedere però più rapidamente, osservando che
sing x e x ex x2 #=^ h ,
quindi l’area sottesa al grafico di g x^ h in ; 03-@ @ è sicuramente positiva e inferiore dell’area A sottesa a y ex= :
lim lim limA e dx e dx e e e 1xt
xtt
xt t
t0 0 0 0= = = = - =" " "3 3 3 3- - - -
^ h6 @y y .
Quindi, l’area sottesa dal grafico di g x^ h in ; 03-@ @ è un valore a compreso fra 0 e 1.
Otteniamo allora:
lim lim lim limG x g x dx g x dx g x dx ax x x x xx
x
2
0
2
0
0
2= = - =- =-
" " " "3 3 3 3- - - -^ ^ ^ a ^h h h h kyyy ,
dove abbiamo scambiato gli estremi di integrazione e cambiato il segno all’integrale, perché x 01 .
La funzione G x^ h presenta dunque un asintoto orizzontale sinistro di equazione y a=- , con a1 01 1- - .
3. Cerchiamo i punti stazionari di G x^ h studiando gli zeri e il segno della derivata prima.La derivata prima sinG x e x2 2x2 2=l̂ h è sempre positiva, tranne nei punti dove si annulla:
sin sinG x e x x x k x k0 2 2 0 2 0 2 2x2 2" " " "r
r= = = = =l̂ h ,
con k intero.
La funzione G x^ h è quindi crescente in R e presenta in x k 2r
= punti di flesso a tangente orizzontale.
Per i flessi, calcoliamo la derivata seconda:
.sin sin sin cos sin sin cosx D e x e x e x x e x x xG 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2x x x x2 2 2 2 2 2$ $ $ $ $= = + = +ll̂ ^h h6 @
Determiniamo gli zeri della derivata seconda:
sin sin cosG x x x x0 2 0 2 2 2 0" 0 $= = + =ll̂ h .
Dal primo termine ricaviamo:
sin x x k2 0 2"r
= = ;
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il secondo termine porta a:
sin cos cossin tanx x x
x x2 2 2 0 22 2 2 2" " "$+ = =- =-
arctan arctanx k x k2 2 21 2 2"r
r= - + = - +^ ^h h ,
con ,arctan21 2 0 55-a = - -^ h , (abbiamo diviso entrambi i membri per cos 2x perché i punti che annul-
lano cos 2x non sono soluzione dell’equazione).
Studiamo ora il segno di:
sin sin cosx x x2 2 2 2$+ =^ hsin cos tanx x x2 2 2 2$ $ +^ h,
che coincide col segno di G xm̂ h.Osservando il disegno a lato, dove sull’asse delle ascisse abbiamo riportato il valore dell’argomento 2x, possiamo dedurre il segno in ogni intervallo; otteniamo:
sin cos tanx x x2 2 2 2 0$ $ $+^ h per
k x k0 2 2 "# #r a r r+ + +
.k x k2 2 2# #r
ar r
+ +
La derivata seconda xGll̂ h è dunque positiva, e G x^ h volge la concavità verso l’alto, per
k x k2 2 21 1rar r
+ + ;
negli altri intervalli xGll̂ h è negativa o nulla e G x^ h volge la concavità verso il basso.I punti di flesso hanno coordinate:
x k x k x k x k2 2 2 2 2"0 0r a rr
ar
= = + = = + ;
in particolare x k 2r
= sono punti di flesso a tangente orizzontale, x k 2ar
= + sono punti di flesso a tangente obliqua.
Riassumendo, la funzione G x^ h:• è negativa per x 01 e positiva per x 02 , si annulla in x 0= ;
• ha asintoto orizzontale sinistro y a=- , con a1 01 1- - ;
• ha punti di flesso a tangente orizzontale in x k 2r
= ;
• ha punti di flesso a tangente obliqua in x k 2ar
= + ;
• volge la concavità verso l’alto in k x k2 2 21 1rar r
+ + , verso il basso altrove.
Per individuare i punti caratteristici del grafico, ricordiamo che ,0 55-a - , ,2 1 57-r e ,3 14-r , quin-
di nell’intervallo ;0 r6 @ la situazione dei flessi e dei punti stazionari è schematizzata nel seguente disegno (i punti si susseguono poi con periodicità r).
y
O 2x
–2 –2
sin2x > 0cos2x < 0tan2x > –2
sin2x > 0cos2x < 0tan2x < –2
sin2x < 0cos2x < 0tan2x > –2
sin2x > 0cos2x > 0tan2x > –2
sin2x < 0cos2x > 0tan2x > –2
sin2x < 0cos2x > 0tan2x < –2
+
++
+−
−
2α
■ Figura 4
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0
G'(x) 0
πα + π2π—
2πα + —
0 0
fl. orizz.
fl. obliquo fl. obliquo
fl. orizz. fl. orizz.
■ Figura 5
Siamo ora in grado di disegnare un grafico approssimato della funzione.Considerati i valori in gioco (che aumentano esponenzialmente per x 02 , mentre tendono rapidamente all’asintoto orizzontale per x 01 ), disegniamo due grafici separati per G x^ h.
y
O x
–a
–π α2πα – —
2π– —
■ Figura 6
y
250
O xπα + π2πα + —
2π—
100
50
200
150
■ Figura 7
4. I punti di flesso a tangente obliqua hanno coordinate x k 2ar
= + , con ,0 55-a - e k intero.
Il coefficiente angolare della retta tangente al grafico di G x^ h, in tali punti, vale:
sin sin sinG k e k e k e2 2 2 2 2 2 2 2k k k2 2 2 2 2 2 2ar
ar
a r a+ = + = + =$ a
ra r a r+ + +l` ` ^`j j hj 8 B ,
quindi i coefficienti angolari differiscono uno dall’altro, per la presenza del fattore e k2a r+ che varia al variare di k.Le rette tangenti al grafico nei punti di flesso obliquo non formano un fascio di rette parallele.
PROBLEMA 2
1. Consideriamo la funzione f x ke ke11 1x
x 1=+
= +-- -^ ^h h , con k R! + .
La funzione è definita e derivabile in ;R per determinare i punti di flesso, calcoliamo la derivata seconda:
f x ke ke ke ke1 1 1x x x x2 2$ $=- + - = +- - - - - -l̂ ^ ^ ^h h h h ;
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x ke ke ke ke kef 1 2 1x x x x x2 3$ $=- + + - + - =- - - - - - -ll̂ ^ ^ ^ ^h h h h h
ke ke k e ke ke ke e ke k1 2 1 1 1 2x x x x x x x x2 2 2 3 2 3- + + + = + - + + =- - - - - - - - - -^ ^ ^ ^h h h h6 @
ke ke e k k ke ke k e1 2 1x x x x x x2 3 2 3+ - - + = + -- - - - - -^ ^ ^h h h6 @ .
Gli zeri e il segno di f xm̂ h sono individuati dall’ultimo fattore:
lnx k e e k x kf 0 0x x" " "$ $ # #-ll̂ h .
La funzione f x^ h volge quindi la concavità verso l’alto per lnx k1 , verso il basso per lnx k2 e in lnx k= presenta un flesso.
L’ordinata del flesso è:
lnf k ke k k1
11 1
121
lnk$
=+
=+
=-^ h ,
quindi il punto di flesso ha coordinate ;lnP k 21` j.
La retta tangente a C in P ha coefficiente angolare pari a:
lnf k ke ke k k k k1 1 1 1 2 21
41ln lnk k 2 2
22$ $= + = + = = =- - -
--l̂ ^ ah h k .
La pendenza della retta tangente nel punto di flesso vale sempre 41 , quindi è indipendente dal valore
di k.
2. Osserviamo che la funzione “log” usata nel testo del problema indica la funzione logaritmo naturale (in base e). Verifichiamo dunque che lnp x ke x1 x= + +-^ ^h h è una primitiva di f x^ h, cioè proviamo che p x f x=l̂ ^h h:
p x ke ke keke ke
ke f x11 1 1
11
1x
xx
x x
x$=+
- + =+
- + +=+
=--
-
- -
-l̂ ^ ^h h h.
Tracciamo il grafico approssimativo di f x^ h , in modo da rappresentare la regione indicata dal problema. Oltre a quanto già dedotto su f x^ h , osserviamo che:
• la funzione è positiva su R ;
• la derivata prima è sempre positiva, quindi f x^ h è crescente in R ;
• lim f x 0x =" 3-
^ h , quindi la funzione ha l’asse x come asintoto orizzontale sinistro;
• lim f x 1x
=" 3+
^ h , quindi la funzione ha la retta y 1= , come asintoto orizzontale destro.
Possiamo tracciare il grafico C della funzione. A titolo di esempio, disegniamo il grafico nel caso .k 1=
y
O x–1 1
1
–2 2
k = 1
ln a
f(x) = 11 + ke–x—
P 0; ( )12—
■ Figura 8
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Se ln 02a , cioè 12a , la retta lnx a= e la regione R di cui dobbiamo calcolare l’area si trovano a destra dell’asse delle ordinate (come esemplificato in figura).Se ln 01a , cioè 0 11 1a , la retta lnx a= e la regione R si trovano a sinistra dell’asse delle ordinate.Se ln 0a = , cioè 1a = , la retta lnx a= si trova sull’asse delle ordinate e l’area della regione è nulla.Calcoliamo l’area A della regione nei primi due casi.
Se ln a 12 :
ln ln lnA f x dx p x ke ke1 1 0lnln lna00
0a= = = + + - + + =a a- -^ ^ ^ ^h h h h6 6 6@ @ @y
ln ln ln ln ln ln ln lnk k k k k
k
kk1 1 1 1 1
$
a a aa
a aa
a a+ + - + =
++ - + =
+
+
=++a ^ a ^ f ak h k h p k.
Se 0 11 1a :
lnA f x dx f x dx kk
1ln
ln0
0
a= =- =-
++
a
a^ ^ ah h ky y .
Determiniamo a in modo che l’area della regione sia 1.
Se 12a :
ln kk
kk e e k k1 1 1 1" "
a aa
++
=++= = + -a ^k h .
Osserviamo che:
e k k e k e1 1 12+ - = + -^ ^h h ,
quindi la soluzione e k k1a = + -^ h è accettabile, per ogni k 02 :
Se 0 11 1a :
ln kk
kk
e ek k1 1 1
1 1" "
a aa-
++
=++= =
+-a k .
Imponiamo che il valore trovato sia compreso fra 0 e 1:
ek k k ek k e k e
1 0 1 0 1 1 11
" " "2 2 1 1+- + - - -^ h ;
ek k k ek e k e e k1 1 1 1 1 0" " " 61 1 2 2+- + - - -^ h .
Quindi la soluzione ek k1
a =+- è accettabile solo per k e0 1
11 1 - , con ,e 11 0 582-a = - .
3. Abbiamo già dimostrato che f x^ h è crescente, quindi è invertibile. Mostriamo ora che la funzione
lng x xkx
1= -^ ah k
è l’inversa di f x^ h facendo vedere che entrambe le composizioni di funzioni f g x%^ ^h h e g f x%^ ^h h cor-rispondono alla funzione identità:
lnf g x f xkx
ke k kxx
xx x x
x x1 11
1 11
1 11
1ln xkx
1 $= - =
+=+
- =+- = + - =
- -
^ ^ a ahh kk ,
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uguaglianza valida nel dominio x0 11 1 di g x^ h;
ln ln ln lng f x g keke
k kekek
keke
e e x11
1 11
11
1 1 11 1
xx
xx x
x
xx$=
+=
-+
+ =+ + -
+= = =-
-
-
- -
-
-^ ^ a ahh k k .
Il grafico di g x^ h può essere allora ottenuto da quello di f x^ h tramite simmetria rispetto alla bisettrice y x= del primo e terzo quadrante.
y
O x–1 1
1
–1
2
2
f(x)
g(x) y = x
■ Figura 9
La funzione g x^ h è definita e continua in x0 11 1 , è sempre crescente (perché è crescente f x^ h e per la simmetria) e ha gli asintoti verticali x 0= e x 1= ; risulta dunque suriettiva.La funzione h x f x g x= +^ ^ ^h h h ha lo stesso dominio x0 11 1 di g x^ h, è continua in x0 11 1 ed è strettamente crescente, poiché è somma di due funzioni continue e strettamente crescenti.Inoltre, essendo f x^ h limitata in ;0 16@ , risulta:
lim limh x f x g xx x0 0
3= + =-" "+ +^ ^ ^h h h6 @ ; lim limh x f x g x
x x1 13= + =+
" "- -^ ^ ^h h h6 @ .
Possiamo concludere che la funzione h x^ h è continua, strettamente crescente e suriettiva, quindi il suo grafico interseca una e una sola volta l’asse delle ascisse.
4. Ricordiamo che la funzione p x^ h è una primitiva di f x^ h, quindi:
ln ln ln lnF x f t dt p t ke x ke ke x k1 1 0 1 1x x x x
0 00= = = + + - + + = + + - +- - -^ ^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h h6 6 6@ @ @y .
La funzione integrale è definita e continua su R , quindi non presenta asintoti verticali.Studiamo l’esistenza dell’asintoto destro.Dal limite:
lim lim ln ln lnF x ke x k k1 1 0 1x x
x 3 3= + + - + = + - + =+" "3 3+ +
-^ ^ ^ ^h h h h6 @ ,
deduciamo che potrebbe esistere l’asintoto obliquo. Calcoliamo:
lim lim ln lnm x
F xx
kexx
xk1 1
0 1 0 1x x
x= =
++ -
+= + - =
" "3 3+ +
-^ ^ ^h h h; E ;
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lim lim ln ln ln lnq F x mx ke x k x k k1 1 0 1 1x x
x= - = + + - + - = - + =- +" "3 3+ +
-^ ^ ^ ^ ^h h h h h6 6@ @ .
I due limiti sono finiti, quindi F x^ h ammette asintoto obliquo di equazione lny x k1= - +^ h per x " 3+ .Studiamo l’esistenza dell’asintoto sinistro.Il limite:
lim lim ln lnF x ke x k1 1x xx= + + - +
" "3 3- --^ ^ ^h h h6 @
si presenta nella forma ln k13 3+ - - +^ h.Risolviamo la forma indeterminata costituita dai primi due termini:
lim ln lim ln lnke x ke e1 1xx
xx x+ + = + + =
" "3 3--
--^ ^h h6 6@ @
lim ln lim ln lne ke e k k1xx x
xx+ = + =
" "3 3--
-^ ^h h6 @ ,
quindi:
lim ln ln lnF x k k kk1 1x = - + =+" 3-
^ ^h h
e la funzione F x^ h presenta l’asintoto orizzontale di equazione lny kk
1=+
per x " 3- .Per tracciare il grafico di F x^ h consideriamo che:
• F x^ h è definita e continua in R ;
• F x^ h è sempre crescente, poiché F x f x=l̂ ^h h è positiva su tutto R ;
• F 0 0=^ h e, poiché è crescente, risulta F x 01^ h per x 01 e F x 02^ h per x 02 ;
• F x^ h volge sempre la concavità verso l’alto, poiché x f xF =ll l^ ^h h è positiva su tutto R ;
• F x^ h ha due asintoti di equazione lny kk
1=+
e lny x k1= - +^ h.
Con queste informazioni, tracciamo il grafico plausibile di F x^ h.
y
O x–1 2
1
–2 1
F(x)
y = x – ln(1 + k)
y = ln k1 + k—
■ Figura 10
12© Zanichelli Editore, 2018
QUESTIONARIO
I centri delle tre circonferenze di raggio 1 e tangenti esternamen-te rappresentano i vertici di un triangolo equilatero di lato 2.L’area della regione R interna delimitata dalle circonferenze può essere calcolata come differenza fra l’area del triangolo equilate-ro e l’area dei tre settori circolari di raggio 1 e ampiezza 60°, equivalenti ad un unico settore circolare di raggio 1 e ampiezza 180°, cioè ad un semicerchio di raggio 1.
Otteniamo:
( )Area R Area Areatriangolo semicerchio= - =
, .base altezza raggio21
21
21 2 2
3 2 21 1 3 2 0 162 2$ $ $ $ $ $ $ $ -r r
r- = - = -
Indichiamo con n il numero delle biglie nere.Eseguiamo due estrazioni senza reimmissione della pallina e imponiamo che la probabilità p di estrarre
almeno una pallina nera sia 3827 .
Considerati gli eventi:E1 = «prima pallina estratta è nera», E2 = «seconda pallina estratta è nera»,
e gli eventi contrari:
E1«prima pallina estratta è rossa», E2 «seconda pallina estratta è rossa»,la probabilità di estrarre almeno una pallina nera è data dalla probabilità che la prima pallina sia nera (è indifferente a questo punto il colore della seconda pallina) più la probabilità che la prima pallina sia rossa e la seconda nera:
p p E p E p E E n n n20 20
2019 38
271 1 2 1 "$ $= + = +
-=^ ^ _h h i
n n n n n19 20 270 39 270 02" "+ - = - + =^ h
n n239 1521 4 270
239 441
239 21
239 21 9"
! $ ! !=
-= = =
-= .
Nell’urna ci sono quindi 9 palline nere e 11 rosse.
La soluzione n 239 21 30=+
= non è accettabile perché n deve essere minore di 20.
In alternativa, l’espressione della probabilità p in funzione di n poteva essere trovata come l’evento contrario dell’estrazione di due palline rosse:
p p E p E E n n1 1 2020
1919
3827
1 2 1$ $= - = -- -
=^ _h i .
In un cilindro equilatero l’altezza h è uguale al diametro 2r del cerchio di base.Il raggio R della sfera circoscritta si calcola col teorema di Pitagora:
R r r r 22 2= + = .
Il volume del cilindro è:
V A h r r r2 2c2 3
base $ $r r= = =
1
60° 60°
60°
1
11 R
1 1
■ Figura 11
1
2
2r O
r
r
R
2r
■ Figura 12
3
13© Zanichelli Editore, 2018
Il volume della sfera è:
V R r r34
34 2 3
8 2s3 3 3r r r= = =^ h .
Il rapporto fra il volume del cilindro e il volume della sfera fornisce la probabilità che un punto scelto a caso all’interno della sfera ricada all’interno del cilindro:
, %p VV
rr
38 2
2
38 2
28
3 2 0 53 53sc
3
3"-
r
r= = = = .
La funzione y x 12= + , nell’intervallo ;0 36 @, è crescente da 1 a 10. La funzione f x x 11
2=+
^ h , nello stesso
intervallo, è allora decrescente da 1 a 101 .
y
O x
1
1x
A
A'A'A
kx
V
2
f(x) =
3
1x2 + 1—
1x2 + 1—
■ Figura 13
Fissato ;x 0 3! 6 @, la sezione con un piano perpendicolare all’asse delle ascisse è un triangolo isoscele la cui
base misura f x x 11
2=+
^ h , e la cui altezza è lunga kx.
L’area del triangolo è dunque:
𝒜 x x kx kx
x21
11
2 12 2$ $ $=+
=+
^ h .
Osserviamo che deve essere k 0$ , perché l’altezza del triangolo deve essere rappresentata da un numero non negativo.Calcoliamo il volume V del solido integrando le aree dei triangoli per x che va da 0 a 3:
.ln ln ln lnV x dx kx
x dx kx
x dx k x k k2 1 4 1
24 1 4 10 1 4 10
0
320
320
3 203= =
+=
+= + = - =^ ^ ^h h h6 @y y y
Imponiamo che tale volume sia uguale a 2:
,ln lnk k4 10 2 10
8 3 47" -= = .
Un generico polinomio di terzo grado ha espressione analitica:
p x ax bx cx d3 2= + + +^ h .
Determiniamo i parametri a, b, c e d imponendo le condizioni esplicitate nel quesito.
• Il grafico P del polinomio passa per l’origine:
p d p x ax bx cx0 0 0 3 2" "= = = + +^ ^h h .
4
𝒜
5
14© Zanichelli Editore, 2018
• Il grafico P è tangente all’asse x nell’origine:
p 0 0=l̂ h , con p x ax bx c c p x ax bx3 2 02 3 2" "= + + = = +l̂ ^h h .
• Il grafico P interseca l’asse x in un altro punto di ascissa positiva:
p x ax bx ax x ab x a
bab0 0 0 03 2 2" " " " 2= + = + = =- -^ ah k .
• Le coordinate del punto di massimo relativo sono uguali e diverse da 0.Determiniamo il punto di massimo relativo:
;p x ax bx p x ax bx ax x ab3 2 0 3 2 0 3 2 02 2" " "= + = + = + =l l^ ^ ah h k
x ab x a
b3 2 0 32
"+ = =- ,
che è positivo perché ab 02- per un punto precedente.
Affinché il punto sia di massimo deve essere:
p x^ h crescente, e p x 02l̂ h , a sinistra di x ab
32
=- , quando x ab3 2 01+ ;
p x^ h decrescente, e p x 01l̂ h , a destra di x ab
32
=- , quando x ab3 2 02+ .
Deve allora essere:a 01
e, per il punto precedente:
b 02 .
Imponiamo che l’ordinata del punto di massimo relativo sia uguale all’ascissa:
p ab
ab a a
b b ab
ab a a
b b ab
32
32
32
32
32
32
32 1
3 2 2" " "- =- - + - =- - + - =a a a a ak k k k k
aab
ab
ab a b9
432 1 9
2 1 92
2
2 2 22" "$- = - = =- .
Il polinomio è quindi del tipo:
p x b x bx92 2 3 2=- +^ h , con b 02 .
• Il grafico P interseca l’asse delle ascisse, oltre che in x 0= , anche in:
x ab x b b b2
929
2" $=- =--
=a k .
L’area della regione sottesa dal grafico di p x^ h in ; b0 29: D è data dall’integrale:
A p x dx b x bx dx b x b x92
92
4 3b b b
0
29
2 3 20
29
24 3
0
29
= = - + = - + =^ ah k : Dy y
b b b b b b b b92
41
29
31
29
362
29
31
292
4 32
4 3- + =- + =a a a ak k k k
b b b b b b362
29
31
29
32729
82432
4 4
4
3 3
3
2 2- + =- +a k .
15© Zanichelli Editore, 2018
Il valore di tale area deve essere numericamente uguale all’ascissa x ab
32
=- del punto di massimo rela-
tivo. Poiché a b92 2=- , il punto di massimo relativo ha ascissa:
x ab b b b3
232
29 3
2$=- =- - =a k .
Quindi l’area deve valere:
A b b b b b b b3
32729
8243 3
32729
8243 3 32
7298
243 1 32 2" " " "= - + = - + = - + =` j
b b b31
32729
32972
31
32243
3281
" "$= - + = =` `j j .
Di conseguenza a vale:
a b92
92
3281
5127292
2$=- =- =-` j .
Il polinomio p x^ h cercato ha espressione:
p x x x512729
32813 2=- +^ h .
y
O x
1
1
M
y = x
2
729512
8132
p(x) = – — x3 + — x2
■ Figura 14
Le principali caratteristiche di f xl̂ h e di f x^ h sono le seguenti:
• f xl̂ h è una funzione dispari, quindif x^ h è una funzione pari (simmetrica rispetto all’asse y);
• f xl̂ h è positiva per x x1 0 101 1 1- quindi
f x^ h è crescente per x x1 0 101 1 1- ;
• f xl̂ h è negativa per x x1 0 101 1 2- , quindi
f x^ h è decrescente per x x1 0 101 1 2- ;
• f x^ h presenta un punto di massimo relativo in x 1=- e in x 1= ;
• f xl̂ h non è definita in x 0= , con lim f xx 0
3="l̂ h ; poiché f x^ h è continua su R per ipotesi, l’unica pos-
sibilità è che f x^ h presenti in x 0= una cuspide verso il basso;
• f xl̂ h decresce per x 01 e per x 02 , quindi xf 01ll̂ h per x 0! e f x^ h volge la concavità verso il basso per x 01 e per x 02 ;
6
16© Zanichelli Editore, 2018
• f xl̂ h ammette asintoto obliquo di equazione y x25
=- per x "!3, questo vuol dire che per
x "!3, il grafico di f xl̂ h si avvicina sempre più e ha andamento simile al grafico di y x25
=- . La funzione f x^ h, per x "!3, ha allora andamento simile al grafico di
f x dx xdx x c25
45 2= - =- +l̂ h yy ,
cioè per x "!3, il grafico di f x^ h si comporta approssimativamente come il grafico della parabola
rivolta verso il basso di equazione y x c45 2=- + .
Disegniamo un grafico plausibile per f x^ h; osserviamo che con le informazioni raccolte non è possi-bile stabilire in modo univoco a quale “altezza” disegnare il grafico. Detto in altri termini, disegnato un grafico plausibile C per f x^ h, anche tutti gli altri grafici che si ottengono da C mediante traslazione verticale rappresentano grafici plausibili per f x^ h. Questo discende dal fatto che tutte le funzioni del tipo f x k+^ h , con k costante, hanno per derivata la funzione assegnata f xl̂ h.
y
O x–1 1
–10
f(x)
f'(x)
10
–2 2 3 4 5–3–4–5
■ Figura 15
Ricaviamo dal grafico di f xl̂ h le caratteristiche di xf ll̂ h:• f xl̂ h e di conseguenza f xll̂ h non sono definite in x 0= ;
• f xll̂ h è sempre negativa;
• f xl̂ h è una funzione dispari, quindi f xll̂ h è una funzione pari;
• f xl̂ h ha asintoto verticale x 0= con lim f xx 0
3=-" -
l̂ h e lim f xx 0
3=+" +
l̂ h , quindi f xll̂ h, che rappresenta la derivata prima di f xl̂ h e quindi rappresenta il coefficiente angolare delle rette tangenti al grafico di f xl̂ h, tende a 3- per x 0" ;
• f xl̂ h ha andamento asintotico uguale a y x25
=- , quindi la sua derivata prima f xll̂ h, per ,x "!3 si
comporta come la derivata prima di y x25
=- , che è y 25
=- ; in conclusione, f xll̂ h ha asintoto oriz-
zontale y 25
=- per x "!3.
Tracciamo il grafico plausibile di f xll̂ h.
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y
O x–1 1
–10
f(x)
f'(x)
10
–2 2 3 4 5–3–4–5
52
– —
f''(x)
■ Figura 16
I grafici di f x e x3= -^ h e di g x e x2=^ h si possono tracciare partendo dal grafico di y ex= :
• f x e e ex x3 3 $= =- -^ h si ottiene da y ex= applicando prima la simmetria rispetto all’asse y e poi dilatan-do lungo l’asse y del fattore e 203 - ;
• g x e ex x2 2= =^ ^h h si ottiene elevando al quadrato y ex= .
y
O x2
10
20
–1 31
y = e–x
f(x) = e3–x g(x) = e2x y = ex
■ Figura 17
Osserviamo che i due grafici si intersecano per x 1= , in quanto f g e1 1 2= =^ ^h h , e che hanno entrambi l’asse x come asintoto orizzontale.Il quesito chiede di determinare l’area della regione limitata racchiusa dall’asse x e dai grafici di f x^ h e g x^ h.Osserviamo che tale regione non è limitata, quindi il quesito contiene un errore che può generare il dub-bio su quale sia effettivamente la regione da considerare.Per esempio, volendo privilegiare l’informazione che la regione sia limitata, si potrebbe considerare la regione limitata racchiusa dai grafici di f x^ h e g x^ h e dall’asse y (non dall’asse x).
Nel dubbio, sviluppiamo entrambi i calcoli.
7
18© Zanichelli Editore, 2018
L’area della regione illimitata compresa fra l’asse x e i grafici di f x^ h e g x^ h è:
lim limA g x dx f x dx e dx e dxx sx
tsxt21
1
1 31
= + = + =" "3 3
3
3 - +
+
-
-^ ^h h yyy y
lim lim lim lime dx e dx e e21 2 2
1s
xs t
xt
sx
s tx t21 3
12 1 3
1+ - - = - =" " " "3 3 3 3- +
-- +
-a ak k 6 6@ @y y
,lim lime e e e e e e e e21
21 0 0 2
123 11 08s
st
t2 2 3 2 2 2 2 2 2 -- - - = - - - = + =" "3 3- +
-^ ^ ^ ^h h h h .
L’area della regione limitata racchiusa dall’asse y e dai grafici di f x^ h e g x^ h è:
A f x g x dx e e dx e e21
yx x x x
0
1 3 20
1 3 20
1= - = - = - - =- -^ ^ ^h h h6 8@ By y
,e e e e e e21
21
23
21 9 502 2 3 0 2 3 -- - - - - =- + +` `j j .
Indichiamo con ,p 0 8= la probabilità che il giocatore faccia canestro in un tiro libero.La distribuzione di probabilità è di tipo bernoulliano, quindi la probabilità che il giocatore faccia esattamen-te 2 canestri su 3 tiri è:
, , , , %p X p p232 1 3 0 8 0 2 0 384 38 42 3 2 2 "$ $= = - = =-^ c ^h m h .
Un evento E la cui probabilità sia esprimibile con la formula:
, ,p E p p5040 0 8 0 2
5040 140 10 40 50 40$ $ $ $= = - -^ c c ^h m m h
è quello di fare esattamente 40 canestri su 50 tiri liberi.
a. In un sistema di riferimento Oxyz consideriamo i punti di coordinate:
; ; , ; ; , ; ;A B C4 14 17 16 11 14 16 2 23^ ^ ^h h h.Calcoliamo la lunghezza dei tre lati:
AB 4 16 14 11 17 14 144 9 9 162 9 22 2 2= - + - + - = + + = =^ ^ ^h h h ;
AC 4 16 14 2 17 23 144 144 36 324 182 2 2= - + - + - = + + = =^ ^ ^h h h ;
BC 16 16 11 2 14 23 0 81 81 162 9 22 2 2= - + - + - = + + = =^ ^ ^h h h .
Il triangolo ABC è quindi isoscele, perché ha i due lati AB e BC congruenti.Poiché vale la relazione:
AC AB BC2 2 2= + ,
in quanto 324 162 162= + , il triangolo è anche rettangolo, con ipotenusa AC.
b. Il quadrato è l’unico quadrilatero in cui le diagonali sono perpendicola-ri, congruenti e si intersecano nel loro punto medio. Quindi il punto di coordinate generiche ; ;D x y z^ h è il vertice di un quadrato ABCD se risulta simmetrico di B rispetto alla retta AC.
Deve allora essere:
x x x x x x2 2MB D
D M B"=+
= - ;
8
9
M9
B A
C D
2
9 2
18
■ Figura 18
19© Zanichelli Editore, 2018
yy y
y y y2 2MB D
D M B"=+
= - ;
z z z z z z2 2MB D
D M B"=+
= - ;
Le coordinate di M sono:
x x x2 2
4 16 10MA C=+
=+
= ; yy y
2 214 2 8M
A C=
+=
+= ; z z z
2 217 23 20M
A C=+
=+
= .
Possiamo infine ricavare le coordinate di D:
x x x2 2 10 16 4D M B $= - = - = ;
y y y2 2 8 11 5D M B $= - = - = ;
z z z2 2 20 14 26D M B $= - = - = .
Il punto D ha coordinate ; ;D 4 5 26^ h.
Nel sistema di riferimento Oxyz consideriamo il punto ; ;P 1 2 1-^ h e il piano di equazione:x y z2 4 0a - + + = .
a. Per stabilire se il punto giace sul piano, sostituiamo le coordinate di P nell’equazione del piano:
1 2 2 1 4 0 1 4 1 4 0 0 0" "$- + - + = - - + = =^ ^ ^h h h .
Abbiamo ottenuto un’identità, quindi P ! a .
b. Se R è una superficie sferica di raggio 6 tangente ad a in P, allora il centro C di R individua una retta CP perpendicolare al piano a e CP è lungo 6.Il vettore di direzione r delle rette perpendicolari ad a è costituito dai coefficienti delle incognite di a, quindi:
; ;r 1 2 1-^ h.La retta r passante per P e perpendicolare ad a ha equazioni parametriche:
:rx ty tz t
12 2
1
= +
= -
=- +
* .
Determiniamo i punti C di r che distano 6 da P:
CP CP6 362" "= =
t t t1 1 2 2 2 1 1 362 2 2 "+ - + - - + - + + =^ ^ ^h h ht t t t t t4 36 6 36 6 62 2 2 2 2" " " !+ + = = = = .
Otteniamo due punti:
; ;C 1 6 2 2 6 1 61 - + - -^ h; ; ;C 1 6 2 2 6 1 62 + - - +^ h.La superficie sferica R1 di centro C1 e raggio 6, che risulta tangente ad a in P, ha equazione:
x y z1 6 2 2 6 1 6 362 2 2- + + - - + + + =^ _ ^h i h .
La superficie sferica R2 di centro C2 e raggio 6, che risulta sempre tangente ad a in P, ha equazione:
x y z1 6 2 2 6 1 6 362 2 2- - + - + + + - =^ _ ^h i h .
10